Fixons $a\in A$ non nul et considérons le morphisme de groupes $(A,+)\to (A,+),\ x\mapsto ax$. Alors ce morphisme de groupes est injectif, car son noyau est réduit à $\{0_A\}$ puisque $A$ est intègre. Puisque $A$ est fini, ce morphisme est nécessairement bijectif, et donc il existe $x\in A$ tel que $ax=1_A$. Par commutativité de $A$, on a aussi $xa=1_A$ et donc $a$ admet un inverse : $A$ est un corps.
Remarquons que l'on peut se passer de l'hypothèse que $A$ est commutatif, par exemple en faisant le même raisonnement avec $x\mapsto xa$, et en prouvant que l'inverse à droite et l'inverse à gauche coïncident.
Soit $A$ est un anneau commutatif. On dit que $x\in A$ est un diviseur de zéro de $A$ s'il existe $y\in A,$ $y\neq 0,$ tel que $xy=0.$ Démontrer que si $P\in A[X]$ est un diviseur de zéro, il existe $a\in A\backslash\{0\}$ tel que $aP=0.$
Considérer $Q$ de degré minimal tel que $PQ=0.$ Écrivant $P=\sum_{i=0}^n a_i X^i,$
commencer par prouver que $a_n Q=0,$ puis en déduire que $a_{n-1}Q=0.$
Soit $Q\in A[X]\backslash\{0\}$ de degré minimal tel que $PQ=0.$ Si $\deg(Q)=0$, c'est terminé. Sinon, écrivons $P=\sum_{i=0}^n a_i X^i$ et $Q=\sum_{j=0}^m b_j X^j$ avec $a_n\neq 0$ et $b_m\neq 0.$ Alors le coefficient devant $X^{n+m}$ est $a_n b_m$ et il est nul. Le polynôme $a_n Q$ est donc de degré strictement inférieur à $m,$ et $P(a_n Q)=0.$
Par minimalité du degré de $Q,$ on doit donc avoir $a_n Q=0$ c'est-à-dire $a_n b_j=0$ pour tout $j=0,\dots, m.$
Le coefficient devant $X^{n+m-1}$ du polynôme $PQ,$ vaut $a_{n-1} b_{m}+a_{n}b_{m-1},$ et le deuxième terme de cette somme est nulle. On doit aussi avoir $a_{n-1}b_m=0.$ En raisonnant comme ci-dessus, on obtient que $a_{n-1}Q=0$ et en particulier $a_{n-1}b_j=0$ pour tout $j=0,\dots,m.$
On étudie maintenant le coefficient devant $X^{n+m-2}$ dans le produit $PQ.$ Il est égal à $a_{n-2}b_m+a_{n-1}b_{m-1}+a_n b_{m-2}$ et les deux derniers termes sont nuls. On obtient donc $a_{n-2}b_m=0,$ et toujours par minimalité du degré de $Q,$ $a_{n-2}Q=0$, c'est-à-dire $a_{n-2}b_j=0$ pour tout $j=0,\dots,m.$
En itérant ce raisonnement, on obtient que, pour tout $i=0,\dots,n$ et tout $j=0,\dots,m,$ on a $a_i b_j=0.$ En particulier, $a_i b_m=0$ pour tout $i=0,\dots,n$ et donc $b_m P=0$ avec $b_m\neq 0.$
On peut écrire cet argument de façon un peu plus formelle. Si la propriété est fausse, il existe $q\in\{0,\dots,n\}$ le plus grand possible tel que $a_q Q\neq 0$ (sinon $a_i b_m=0$ pour tout $i=0,\dots,n$ et $b_m P=0$). Alors on peut encore écrire
$$PQ=\left(\sum_{i=0}^q a_i X^i\right)\left(\sum_{j=0}^m b_j X^j\right)$$
(les autres termes donnent un produit nul) et donc $a_q b_m=0$ d'où
$$P(a_q Q)=a_q (PQ)=0$$
avec $a_q Q\neq 0$ par construction de $q$ et $\deg(a_q Q)<\deg(Q),$ ce qui contredit la minimalité du degré de $Q.$
Considérer un cercle ayant $3$ points rationnels : démontrer que le centre est à coordonnées rationnelles, puis que son rayon au carré est à coordonnées rationnelles. Puis fabriquer une infinité de points à coordonnées rationnelles en utilisant l'intersection du cercle avec des droites bien choisies.
Soit $\mathcal C$ un cercle du plan admettant au moins $3$ points à coordonnées rationnelles, disons $A(x_A,y_A),$ $B(x_B,y_B)$ et $C(x_C,y_C).$ Alors il est facile de voir que la médiatrice de $[AB]$ a pour équation $ax+by+c=0,$ où $a,b,c\in\mathbb Q$ : le milieu $I$ de $[AB]$ est à coordonnées rationnelles et $M(x,y)$ est sur la médiatrice de $[AB]$ si et seulement si $\overrightarrow{IM}\cdot\overrightarrow{AB}=0,$ si et seulement si
$$(x-x_I)(x_B-x_A)+(y-y_I)(y_B-y_A)=0.$$
On utilise ici que $\mathbb Q$ est un anneau. De même, la médiatrice de $[AC]$ a pour équation $a'x+b'y+c'=0,$ avec $a',b',c'\in\mathbb Q.$ Le centre du cercle, que l'on va noter $O,$ est alors l'intersection des deux droites $ax+by+c=0$ et $a'x+b'y+c'=0.$ Puisque $\mathbb Q$ est un corps, ce point d'intersection est à coordonnées rationnelles. Notons $R$ le rayon du cercle. On a
$$R^2=(x_A-x_O)^2+(y_A-y_O)^2\in\mathbb Q.$$
Ainsi, le cercle admet pour équation $x^2+y^2+ex+fy+g=0$ avec $e,f,g\in\mathbb Q.$
Considérons maintenant la droite $(D_r)$, où $r\in\mathbb Q\backslash\{0\},$ passant par $A$ et de pente $r$ : $(D_r)$ a pour équation
$$y=y_A+r (x-x_A).$$
Sauf pour (éventuellement) une valeur de $r$, pour laquelle la droite $(D_r)$ est tangente au cercle, $\mathcal C$ et $(D_r)$ possèdent exactement deux points d'intersection. L'abscisse $x$ de ces points d'intersection vérifie l'équation du second degré
$$x^2+(y_A+r(x-x_A))^2+ex+f\big(y_A+r(x-x_A)\big)+g=0$$
qu'on peut réécrire
$$\alpha x^2+\beta x +\gamma=0$$
avec $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb Q.$ Si $A_r$ est le deuxième point d'intersection (puisque $A$ est le premier), de coordonnées $(x_r,y_r),$ alors on sait que
$$x_r +x_A=-\frac{\beta}{\alpha}.$$
On obtient $x_r\in\mathbb Q.$ Revenant à l'équation de $(D_r),$ on obtient aussi $y_r\in\mathbb Q.$ Ainsi, pour chaque $r\in\mathbb Q\backslash\{0\},$ sauf éventuellement pour une valeur de $r,$ on trouve un point $A_r$ de $\mathcal C$ à coordonnées dans $\mathbb Q,$
et ces points sont tous distincts. Ainsi, on a démontré que tout cercle admettant trois points à coordonnées rationnelles admet en fait une infinité de points à coordonnées rationnelles.
Bien sûr, dans le cadre d'un oral de concours, on peut s'attendre à une question supplémentaire naturelle suivante : existe-t-il des exemples avec aucun point rationnel, un point rationnel, deux points rationnels, une infinité de points rationnels ? La réponse est oui :
$x^2+y^2=\sqrt 2$ n'admet aucun point rationnel car $\sqrt 2$ n'est pas rationnel.
$x^2+(y-\sqrt 2)^2=2$ admet exactement $1$ point rationnel. En effet, si $(x,y)$ est un point rationnel du cercle, on a en développant $x^2+y^2=2\sqrt 2 y.$ Pour que le membre de droite soit rationnel, il est nécessaire que $y=0$ et ceci donne $x^2=0,$ donc $x=0.$ Réciproquement, le point $(0,0)$ est sur le cercle.
$x^2+(y-\sqrt 2)^2=3$ admet exactement $2$ points rationnels. En effet, si $(x,y)$ est un point rationnel du cercle, on a en développant $x^2+y^2-1=2\sqrt 2 y.$ Pour que le membre de droite soit rationnel, il est nécessaire que $y=0$ et ceci donne $x^2=1,$ donc $x=\pm 1.$ Réciproquement, les points $(1,0)$ et $(-1,0)$ sont sur le cercle.
$x^2+y^2=1$ admet au moins quatre points rationnels ( $(1,0)$, $(-1,0)$, $(0,1)$ et $(0,-1)$) : par le travail fait précédemment, il en admet une infinité.
